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1、带电粒子在交变偏转场中的运动答案1、 【解答】解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0 时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于 t=0 时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故 A 正确，B 错误；C、t=0 时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为 ；根据分位移公式，有 = 由于 L=d 故：v y
2、m=v0 故最大动能 EK= m（v 02+v2ym）=2E K，故 C 正确；D、若 t=0 时刻的粒子入射速度加倍成 2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原 v0 相比必变成原来的四分之一；故 D 错误；故选： AC2、 【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同故 A 错误B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度 vy=0，速度都等于 v0，故 B 错误C、由上分析可知，电子离开电场时的速度
3、都相同，动能都为mv02故 C 错误D、根据图象可知，在 t=0 时刻进入电场的电子侧位移最大为 ，故 D 正确故选：D3、 【解答】解：A、B、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0 时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于 t=0 时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故 A 错误， B 错误；C、若入射速度加
4、倍成 2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原 v0 相比必变成原来的四分之一；故 C 错误；D、t=0 时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为 ；根据分位移公式，有 =由于 L=d 故：v ym=v0 故最大动能 EK= m（v 02+v2ym）=2E K，故 D 正确；故选：D4、 【解答】解：电子在 YY内的加速度为 a= ，在 YY内运动的时间：t=所以，偏转位移 y= = UYY由此可以看出偏转位移和电压成正比，同理可以证明在 XX方向上的偏转位移也与电压成正比，所以根据题意得： ， 解得：x=6，y=4 所以荧光屏上光点的坐标为（6，4）故选：D5
5、、 【解答】解：A、XX加图 3 波形电压、YY不加信号电压，据示波管的工作原理可知会使电子枪发射的电子在水平电场的作用下，左右周期性的打在屏上，所以出现屏上在两个位置出现亮点，故 A 正确；B、XX加图 2 波形电压、YY 加图 1 波形电压，屏上将出现一条竖直亮线，故 B 错误；C、XX加图 4 波形电压、YY 加图 2 波形电压，屏上将出现一条水平亮线，故 C 错误；D、XX加图 4 波形电压、YY加图 3 波形电压，屏上将出现两条水平亮线，故 D 错误；故选：A6、 【解答】解：因图乙是水平向所加的扫描电压，可使电子在水平向运动，所以示波管显像在 x 轴；当加上图丙的信号时，则荧光屏上
6、显示的波形与竖直向的电压波形相同，其周期与图丙图的周期相同，这样就把 B 选项排除掉，故 ABC 错误，D 正确故选：D7、 【解答】解：A、电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同故 A 错误B、由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度 vy=0，速度都等于 v0，故 B 正确C、由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同故 C 错误D、t= 时刻进入电场的电子，在 t= 时刻侧位移最大，最大侧位移为ymax=2 = 在 t=0 时刻进入
7、电场的电子侧位移最大为 ，则有：=4 a 联立得：y max= 故 D 正确故选 BD8、 【解答】解：带电粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向在电场力的作用下做匀变速运动粒子打在靶 MN 上的范围，就是粒子在竖直方向所能到达的范围（1）当粒子在 0，T，2T，nT 时刻进入电场中时，粒子将打在 O点下方最远点，在前时间内，粒子在竖直向下的位移为：在后 时间内，粒子在竖直向下的位移为：将 v= ，代入上式得：故粒子打在距 O点正下方的最大位移为：当粒子在 ， ，（2n+1） 时刻进入电场时，将打在 O点上方最远点在前 时间内，粒子在竖直向上的位移为：在后 T/2 时间内，粒子在竖直向上的位移
8、为：其中， ， ，代入上式得：s 2=0，故粒子打在距 O点正上方的最大位移为： （2）要使粒子能全部打在靶上，须有： ，即 （3）因为粒子在平行于极板方向做匀速直线运动，所以平行于极板的速度：设垂直于极板的速度度为 vy，则据动量定理有： 则打在靶上粒子的速度为所以粒子能全部打在靶 MN 上，所有粒子中最大的动能是 Ek= =9、 【解答】解：（1）粒子在电场中运动时，水平方向始终作匀速直线运动，竖直方向作匀变速运动当粒子在 t=nT 时刻进入电场向下的侧移最大先向下匀加速运动位移 ，此时速度为 然后向下匀减速运动位移所以：粒子向下的最大侧位移为当粒子在 时刻进入电场向上侧移最大先向上匀加速
9、运动后向上匀减速运动，再向下匀减速运动所以粒子打在靶子上时向上的最大侧位移为所以：在距靶子中心 O点下方 至上方 范围内有粒子击中（2）要使粒子能全部打在靶子上需满足的条件为： ，化简得：（3）对所有的带电粒子，由动量定理知，所有粒子打在靶上时，其竖直速度均相同，设为 vy，则：Ft=mv y由动能定理知，电场力对带电粒子所做功为：W= ；所以：W= ；10、 【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在 0kT 时间内，穿出 B 板后速度为 1，kT T 时间内射出 B 板电子的速度 2据动能定理有：将 代入上式，得： （2）在 0kT 时间内射出 板电子在偏转电场中，电
10、子的运动时间：侧移量： 得： 打在荧光屏上的坐标为 ，则：同理可得在 kTT 时间内设穿出 B 板后电子侧移量：打在荧光屏上的坐标：故两个发光点之间的距离：（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）第一束长度：l 1=1kT第二束长度：l 2=2（T kT）l1=l2解得：11、 【解答】解：（1）电子在水平方向做匀速直线运动，L=v0t，电子在电场中的运动时间：t= =3105s；（2）0 时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时 t1=2105s，再作匀减速直线运动，用时 t2=1105s，加速度大小相等，为：a= =1108m/s2，
11、侧移量：d 1= a（ T） 2+ aT T a（ T） 2=3.5102m，（3）任意时刻进入的电子水平方向都是匀速直线运动，运动时间 3105s 不变，该时间刚好等于电场变化的周期，所以任何时刻进入的电子离开电场时在电场方向的速度均相同，vy=at1at2=108（2 1051105）m/s=10 3m/s （1 分）根据速度合成离开电场时的速度： ，速度与竖直方向夹角 ，则有： tan= =10，与竖直方向夹角： =arctan10；（4）挡板去后，所以粒子离开电场的速度都相同，如前一问所得示意图如下图所示：t=0 时刻进入的粒子，正向偏转位移最大，且运动过程没有速度反向y= a（210
12、 5s） 2+a2105s1105s a（110 5s） 2=0.035m，若粒子进入的位置合适，粒子可以从极板的上（或下）边沿离开电场t=2105s 时刻进入的粒子反向偏转过程中位移最大是速度减小到 0 的时候，若粒子位置合适，粒子此时刚好到达下极板，随后开始加速，时间为 t=1105s，此粒子下面的粒子将打在下极板上而不能离开电场此粒子正向偏移为 ；根据离开粒子速度大小方向相同，判断打在荧光屏上面的光带长度：a=dy =0.095m；12、 【解答】解：（1）收集效率 为 81%，即离下板 0.81 d0 的尘埃恰好到达下板的右端边缘，设高压电的电压为 U，则在水平方向有： L=v0t在竖
13、直方向有：0.81d 0= at2其中有：a= = = 当减小两板间距时，能够增大电场强度，提高装置对尘埃的收集效率收集效率恰好为100%时，两板间距即为 dm如果进一步减小 d，收集效率仍为 100%因此，在水平方向有：L=v 0t在竖直方向有：d m= at2其中有：a= = = 联立式可得：d m=0.9d0（2）当 d0.9d 0 时，设距下板 x 处的尘埃恰好到达下板的右端边缘，此时有：x=根据题意，收集效率为：= 联立式可得： =0.81 13、 【解答】解：（1）电子经过 A、B 间的电场后速度减小或增大，在 0kT 时间内，设穿出 B 板后速度变为 v1，则将 代入解得 或在偏
14、转电场中，L=v 1t1，所以速度偏向角由类平抛运动的特点得在 kTT 时间内，设穿出 B 板后速度变为 v2，同理可得 ，速度偏向角 ，所以两个发光点之间的距离（2）若当极板间距为 d时，电子刚从偏转极板边缘飞出，则有整理得对应于速度 v1， ；对应于速度 v2，以虚线为对称轴调整偏转电场极板的间距，要使荧光屏上只出现一个光点，极板间距应满足：（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠） 第一束长度 l1=v1kT 第二束长度 l2=v2（TkT） 当 l1=l2 时，即 v1kT= （TkT）解得14、 【解答】解：（1）设离子恰好从极板边缘射出时的电压为 U0水平方向：l=v 0t 竖直方向： = at2又 a= 由得U0= = V=128V 当 U128V 时离子打到极板上，当 U128V 时打到屏上，可知，离子通过电场偏转距离最大为 d利用推论：打到屏的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上由三角形相似可得 解得打到屏上的长度为 y=d 又由对称知，离子打在屏上的总长度为 2d区域面积为 S=2ya=2ad=64cm2（2）在前 T，离子打到屏上的时间 t0= 0.005s=0.0032 s；又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间 t=4t0=0.0128s
